五年高考真題2016屆高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用理

1、第二節(jié)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用出一五年高考真題考點(diǎn)一利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性1.（2015）福建，10）若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(0)=1,其導(dǎo)函數(shù)f'(x)滿足f'(x)>k>1,則下列結(jié)論中一定錯(cuò)誤的是（）1一，解析,導(dǎo)函數(shù)f(x)滿足f(x)>k>1,.f(x)-k>0,k-1>0,-；>0,可構(gòu)k1造函數(shù)g(x)=f(x)-kx,可得g'(x)>0,故g(x)在R上為增函數(shù)，=f(0)=1,fk,口>T，>1>占''選項(xiàng)C錯(cuò)誤,故選Q答案C2.(2011)遼寧,11)函數(shù)f(x)的定義域

2、為R,f(1)=2,對(duì)任意xCR,f'(x)>2,則”刈>2*+4的解集為（）A.(-1,1)B.(1,+°0)C.(一00,一1)D.(一00,十00)解析設(shè)g(x)=f(x)-2x-4,則g(1)=f(1)2X(1)4=0,g'(x)=f'(x)2>0,g(x)在R上為增函數(shù).由g(x)>0,即g(x)>g(1).x>-1,選Bo答案B3. (2015)新課標(biāo)全國(guó)n,21)設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2mx)(1)證明：f(x)在(8,0)單調(diào)遞減，在(0,+8)單調(diào)遞增；(2)若對(duì)于任意xbx2C1,1,都有|f(x。一

3、f(x2)|0we1,求m的取值范圍.(1)證明f'(x)=memx1)+2x。若m>0,則當(dāng)xC(8,0)時(shí)，emx1W0,fz(x)<0;當(dāng)xC(0,+8)時(shí)，emx1>0,f'(x)>0O若m<0,則當(dāng)xC(8,0)時(shí)，emx1>0,f'(x)<0；當(dāng)xC(0,+8)時(shí)，emx-K0,f'(x)>0。所以，f(x)在(一8,0)單調(diào)遞減，在(0,+8)上單調(diào)遞增.(2)解由知，對(duì)任意的3f(x)在1,0上單調(diào)遞減，在0,1上單調(diào)遞增，故f(x)在x=0處取得最小值.所以對(duì)于任意xi,x2-1,1,|f(xi)

4、f(x2)|we1的充要條件是f(1)-f(0)&e一1,f(一1)一f(0)Me一1,e一rne1,即0+詐e1設(shè)函數(shù)g(t)=ette+1,則g'(t)=et1。當(dāng)tv0時(shí)，g'(t)<0;當(dāng)t>0時(shí)，g'(t)>0。故g(t)在(00,0)上單調(diào)遞減，在(0,+8)上單調(diào)遞增.又g(1)=0,g(-1)=e1+2-e<0,故當(dāng)tCT,1時(shí),g(t尸0。當(dāng)me-1,1時(shí)，g(m)<0,g(m)w。，即式成立；當(dāng)m>1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性，g(m)>0,即emm>e1；當(dāng)rm:1時(shí)，g(m)>0,即em+

5、m>e1。綜上，m的取值范圍是1,1.1+x4. (2015)北與，18)已知函數(shù)f(x)=ln;一。1x(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程;(2)求證：當(dāng)xC(0,1)時(shí)，“刈>2。+：；(3)設(shè)實(shí)數(shù)k使得f(x)>kx+xi3(寸xC(0,1)恒成立，求k的最大值.11.,(1)解因?yàn)閒(x)=ln(1+x)ln(1x),所以f(x)="+:,f(0)=2。1+x1x又因?yàn)閒(0)=0,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線方程為y=2x。(2)證明令g(x)=f(x)-21x+xi,則g'(x)=f'(x)2(1+x

6、2)=SxFI3/1x因?yàn)間'(x)>0(0<x<1),所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增.所以g(x)>g(0)=0,xe(0,1),n，x3即當(dāng)xC(0,1)時(shí)，f(x)>2Jx+-|O(3)解由(2)知，當(dāng)k<2時(shí)，f(x)>kx+3對(duì)xC(0,1)恒成立.3xx3當(dāng)k>2時(shí)，令h(x)=f(x)-kjx+-I,則h'(x)=f'(x)k(1+x2)=,4kx-(k2)-21-x所以當(dāng)一2時(shí)，h(x)<0,因此h(x)在區(qū)間k4/k27k)上單調(diào)遞減.當(dāng)0<x一2L時(shí),h(x)<h(0)=0,k

7、即f(x)<kg:所以當(dāng)k>2時(shí)，f(x)>kg+x3并非對(duì)xC(0,1)恒成立.綜上可知，k的最大值為2。5. (2015)四川，21)已知函數(shù)f(x)=-2(x+a)lnx+x22ax2a2+a,其中a>0。設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性;(2)證明：存在a(0,1),使得f(x)>0在區(qū)間(1,+°°)內(nèi)恒成立，且f(x)=0在區(qū)間(1,十°°)內(nèi)有唯一解.(1)解由已知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+8),g(x)=f'(x)a=2(x-a)-2lnx2+xj,，22a所以g(2,1_當(dāng)0

8、va<4時(shí)，g(x)在區(qū)間=2L?141122x-2)+2a-,m三尸尸，+8單調(diào)遞增,在區(qū)間-丁,1+廠，單調(diào)遞減；，i一，當(dāng)a時(shí)，g(x)在區(qū)間(0,+8)上單倜遞增.(2)證明由f'(x)=2(xa)21nx-2'l+a；=0,xx1Inx解得a=-i,-1,Iixxx1Inx2令e(x)=-23+i+x1Jnx+x法一1一Inx)秋一1Inx?x1Inx2x_2|H-1+x1+x1+x則4(1)=1>0,e(e2)1e274(e)-1+e1-2g尸，故存在x°C(1,e),使得()(xo)=0,令ao=xoxo1InZi11+xou(x)=x-1-

9、Inx(x>1),由u'(x)=1o知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1,+8)上單調(diào)遞增,xu(1)所以0=7百u(x。)u(e)1.=ao<1+xo1+ee-2<11+e即aoC(o,1),當(dāng)a=ao時(shí)，有f'(xo)=o,f(xo)=()(xo)=o,由(1)知，f'(x)在區(qū)間(1,+00)上單調(diào)遞增，故當(dāng)xC(1,xo)時(shí),f'(x)vo,從而f(x)>f(xo)=o；當(dāng)xC(xo,+8)時(shí),(x)>o,從而f(x)>f(xo)=o,所以，當(dāng)xC(1,+8)時(shí)，f(x)>o,綜上所述，存在aC(o,1),使得f(x)&g

10、t;0在區(qū)間(1,+°°)內(nèi)恒成立，且f(x)=o在區(qū)間(1,+°°)內(nèi)有唯一解.6。(2015)天津，2o)已知函數(shù)f(x)=nx-xn,xCR,其中nCN,n>2o(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P,曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y=g(x),求證：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有f(X)Wg(X)；a(3)右關(guān)于x的方程f(x)=a(a為實(shí)數(shù))有兩個(gè)正實(shí)根Xi,X2,求證：|X2xi|不育+2。解由f(x)=nxxn,可得f，(x)=n-nxn1=n(i-xn1).*一_一>一一、女其中nCN,且n>2,

11、下面分兩種情況討論：當(dāng)n為奇數(shù)時(shí).令f'(x)=0,解得x=1,或x=1。當(dāng)x變化時(shí)，f'(x),f(x)的變化情況如下表：X(8,1)(-1,1)(1,+°°)f'(X)一十一f(X)r0所以，f(x)在(一00,1),(1,+8)上單調(diào)遞減，在(一1,1)內(nèi)單調(diào)遞增.當(dāng)n為偶數(shù)時(shí).當(dāng)f'(x)>0,即XV1時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)f'(X)V0,即x>1時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；所以，f(X)在(8,1)上單調(diào)遞增，在(1,+8)上單調(diào)遞減.(2)證明設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(X0,0),1貝Uxo=nn，f'(xo

12、)=nn2。曲線y=f(x)在點(diǎn)P處的切線方程為y=f'(xo)(xxo),即g(x)=f'(xo)(xxo).令F(x)=f(x)-g(x),即F(x)=f(x)f'(Xo)(xXo),則F'(x)=f'(x)f'(xo).由于f'(x)=nxn-1+n在(o,十°°)上單調(diào)遞減，故F'(x)在(o,+8)上單調(diào)遞減，又因?yàn)镕'(xo)=o,所以當(dāng)xC(o,xo)時(shí)，F(xiàn)'(x)>o,當(dāng)xC(xo,+8)時(shí)，F(xiàn)'(x)vo,所以F(x)在(o,X。)內(nèi)單調(diào)遞增，X,在（X0,+00

13、）上單調(diào)遞減，所以對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)都有F(x)WF(X0)=0,即對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)Wg(x).(3)證明不妨設(shè)xi<x2°由(2)知g(x)=(n-n2)(xxo),設(shè)方程g(x)=a的根為x2，a可得x2=2+xo。nn當(dāng)n>2時(shí)，g(x)在(一00,+8)上單調(diào)遞減，又由(2)知g(x2)>f(x2)=a=g(x2)，可得x2Wx2'。類似地，設(shè)曲線y=f(x)在原點(diǎn)處的切線方程為y=h(x),可得h(x)=nx。當(dāng)xC(0,十°°),f(x)-h(x)=-xn<0,即對(duì)于任意的xC(0,+°°

14、;),f(x)vh(x).設(shè)方程h(x)=a的根為xi,可得xi=。n因?yàn)閔(x)=nx在(一00,+8)上單調(diào)遞增，且h(xi')=a=f(xi)vh(xi),因此x<xi。a由此可得x2-xi<x2xi=+x。1n因?yàn)閚>2,所以2=(1+1)>1+Cni=1+n1=n,i故2>nn3=x0。所以，Ix2xi|<ian+2。7. (2014)廣東，21)設(shè)函數(shù)f(x)=(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)3，其中k<2°(1)求函數(shù)f(x)的定義域以用區(qū)間表示)；(2)討論函數(shù)f(x)在D上的單調(diào)性；(3)若k<-6,

15、求D上滿足條件f(x)>f(1)的x的集合(用區(qū)間表示).22解(1)由題意知(x+2x+k+3)(x+2x+k1)>0,2x+2x+k+3>0因此i2或x+2x+k1>0x2+2x+k+3<02.，x+2x+k1<0設(shè)yi=x2+2x+k+3,y2=x2+2x+k-1,則這兩個(gè)二次函數(shù)的對(duì)稱軸均為x=1,且方程x2+2x+k+3=0的判別式Ai=44(k+3)=4k8,方程x2+2x+k1=0的判別式A2=4-4(k-1)=8-4k,因?yàn)閗<2,所以A2>Ai>0,因此對(duì)應(yīng)的兩根分別為一2±1Aifxi,2=2=1±丫

16、k2,2A2sx3,4=2=一i±2-k,且有_i_、2_k<_i_k2<_i+k2<_i+2-k,因此函數(shù)f(x)的定義域口為(一00,一i一、2一k)U(一i-yjk2,一i+、一k-2)U(i+、2-k,+00).(2)由(i)中兩個(gè)二次函數(shù)的單調(diào)性，且對(duì)稱軸都為x=-i,易知函數(shù)f(x)在(00,i22k)上單調(diào)遞增，在(i7一k-2,i)上單調(diào)遞減，在(i,i+Q-k-2)上單調(diào)遞增，在(-i+,2-k,+00)上單調(diào)遞減.(3)由于k<6,故一i,2-k<i弋一k_2<3<i<i<i+，一k_2<i+、2一k0利

17、用函數(shù)圖象的對(duì)稱性可知f(i)=f(3),再利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性可知在(-i-#-k-2,i)上f(x)>f(i)=f(3)的解集為(-i-k2,3),在(一i,i+.k2)上f(x)>f(i)的解集為(i,i+、一k一2).再在其余兩個(gè)區(qū)間(一00,一i一弋2一k)和(一i十72-k,+00)上討論.令x=i,則(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)3=k2+8k+12,令(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)3=k2+8k+12,則(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-(k2+8k+15)=0,即(x2+2x+k)2+2(x2+2x+k)-(k+5)(k+3)

18、=0,22即x+2x+k+(k+5*x+2x+k-(k+3)=0,化簡(jiǎn)得(x2+2x+2k+5)(x2+2x3)=0,解得除了一3,1的另外兩個(gè)根為一1土M2k4,因此利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性可知在(一00,1、2k)上f(x)>f(1)的解集為(一1一2k-4,1也-k),在(一1+12k,+8)上f(x)>f(1)的解集為(一1+.2k,1+q2k4),綜上所述，k<6時(shí)，在DJif(x)>f(1)的解集為(1q-2k-4,1、2一k)U(1一k2,一3)U(1,一1+yjk2)U(一1+12一k,一1+2k4).8. (2013)重慶，17)設(shè)f(x)=a(x5)

19、2+6lnx,其中aCR,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線與y軸相交于點(diǎn)(0,6).(1)確定a的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值.2解(1)因?yàn)閒(x)=a(x5)+6lnx,6故f(x)=2a(x5)+-。x令x=1,得f(1)=16a,f'(1)=6-8a,所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為y16a=(68a)(x1),1由點(diǎn)(0,6)在切線上可得616a=8a6,故a=2。(2)由(1)知，f(x)=1(x-5)2+6lnx(x>0),(x)=x-5+6=(x-2)(x-3)。2xx令f'(x)=0,解得x1=2,x2=3。當(dāng)0

20、<x<2或x>3時(shí)，f'(x)>0,故f(x)在(0,2),(3,+8)上為增函數(shù)；當(dāng)2Vx<3時(shí)，f'(x)<0,故f(x)在(2,3)上為減函數(shù).9由此可知f(x)在x=2處取得極大值f(2)=2+6ln2,在x=3處取得極小值f(3)=2+61n3。9. (2012)北京，18)已知函數(shù)f(x)=ax2+1(a>0),g(x)=x3+bx。(1)若曲線y=f(x)與曲線y=g(x)在它們白交點(diǎn)(1,c)處具有公共切線，求a,b的值；(2)當(dāng)a2=4b時(shí)，求函數(shù)f(x)+g(x)的單調(diào)區(qū)間，并求其在區(qū)間(一°°,

21、1上的最大值.解(1)f'(x)=2ax,g'(x)=3x2+b。因?yàn)榍€y=f(x)與曲線y=g(x)在它們白交點(diǎn)(1,c)處具有公共切線，所以f(1)=g(1),且f'(1)=g'(1).即a+1=1+b,且2a=3+b。解得a=3,b=3。12321221(2)記h(x)=f(x)+g(x).當(dāng)b=4a時(shí)，h(x)=x+ax+彳2x+1,h(x)=3x+2ax+-一2aoaa令h'(x)=0,得xi=-2,x2=-6oa>0時(shí)，h(x)與h，(x)的情況如下:x/a(-°0,-2)a2h'(x)十0h(x)0,aa、(-2,

22、-6)a6,a、(6，+°°)一o十所以函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為i-8,一a:和a，+oo；單調(diào)遞減區(qū)間為C2,-6J，a一,當(dāng)一2>1,即0<aw2時(shí)，函數(shù)h(x)在區(qū)間(一00,1上單調(diào)遞增，h(x)在區(qū)間12(00,1上的取大值為h(1)=a4a。當(dāng)一a<-1,且一a>-1,26即2<aw6時(shí)，函數(shù)h(x)在區(qū)間8,aj內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間|,1上單調(diào)遞減，h(x)在區(qū)間(8,1上的最大值為haj=1。622'當(dāng)一a<1,即a>6時(shí)，函數(shù)h(x)在區(qū)間-8,aj內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間'-a,aX單調(diào)遞減，在區(qū)間;

23、a,T上單調(diào)遞增.a1°1.一.又因h；2I-h(1)=1a+4a=4(a2)>0,所以h(x)在區(qū)間(一0°,1上的取大值為h'-a'f=1°考點(diǎn)二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值1. (2015)陜西，12)對(duì)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a為非零整數(shù))，四位同學(xué)分別給出下列結(jié)論，其中有且只有一個(gè)結(jié)論是錯(cuò)誤的，則錯(cuò)誤的結(jié)論是()A.1是f(x)的零點(diǎn)B.1是f(x)的極值點(diǎn)C.3是f(x)的極值D.點(diǎn)(2,8)在曲線y=f(x)上解析A正確等價(jià)于ab+c=0,B正確等價(jià)于b=2a,4acb2C正確等價(jià)于-=3,4aD正確等價(jià)于4a+2b

24、+c=8o下面分情況驗(yàn)證，a=5,若A錯(cuò)，由、組成的方程組的解為|b=10,符合題意；c=8.若B錯(cuò)，由、組成的方程組消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于a的方程后無實(shí)數(shù)解；若C錯(cuò)，由、組成方程組，經(jīng)驗(yàn)證a無整數(shù)解；43,一，若D錯(cuò)，由、組成的方程組a的解為;也不是整數(shù).4綜上，故選A。答案A2. (2015)新課標(biāo)全國(guó)H,12)設(shè)函數(shù)f'(x)是奇函數(shù)f(x)(xCR)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)=0,當(dāng)x>0時(shí)，xf'(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A.(巴-1)U(0,1)B.(-1,0)U(1,+oo)C.(巴-1)U(-1,0)D.(0,1)U(1,

25、+oo)解析因?yàn)閒(x)(xR)為奇函數(shù)，f(1)=0,所以f(1)=f(1)=0。當(dāng)xwo時(shí)，令f(x)i,rr八“一，g(x)=,則g(x)為偶函數(shù)，且g(1)=g(1)=0。則當(dāng)x>0時(shí)，g(x)=xf(x)、xf'(x)f(x)一一,.言!"=一工<0,故g(x)在(0,+8)上為減函數(shù)，在(8,0)上Ixx為增函數(shù).所以在(0,+8)上當(dāng)0<xv1時(shí)，g(x)>g(1)=0?f(">0?f(x)>x0；在(一000)上，當(dāng)xv1時(shí)，g(x)<g(-1)=0?v0?f(x)>0。綜上，得使得xf(x)>0

26、成立的x的取值范圍是(8,1)U(0,1),選A。答案A3. (2014)新課標(biāo)全國(guó)n,12)設(shè)函數(shù)f(x)=43sin噌。若存在f(x)的極值點(diǎn)X0滿足X0+f(X0)2<m2,則m的取值范圍是()A. (8,-6)U(6,+oo)B. (一0°)一4)U(4,+°0)C. (x,-2)2(2,+oo)D. (-OO5-1)U(1,+oo)x0解析由正弦型函數(shù)的圖象可知：f(x)的極值點(diǎn)x0滿足f(x0)=±/3,則一二-2+k兀1(kCZ),從而得x0=(k+2)m(kCZ).所以不等式x0+f(x。)<m即為(k+1)2m2+3<m2,變形

27、得m2.h-G-f>3,其中kez。由題意，存在整數(shù)k使得不等式2_.2JH+2：>3成立.當(dāng)-121且kwo時(shí)，必有卜+2J>1,此時(shí)不等式顯然不能成5. (2012)陜西，7)設(shè)函數(shù)f(x)=xex,則()A. x=1為f(x)的極大值點(diǎn)B. x=1為f(x)的極小值點(diǎn)Cx=1為f(x)的極大值點(diǎn)D. x=1為f(x)的極小值點(diǎn)解析f'(x)=(x+1)ex,當(dāng)x<-1時(shí)，f'(x)<0,當(dāng)x>1時(shí)，f'(x)>0,所以x=1為f(x)的極小值點(diǎn)，故選D=答案D6. (2011)廣東，12)函數(shù)f(x)=x33x當(dāng)a=0時(shí)，

28、因?yàn)閒(x)=3x>0(xw0),所以函數(shù)f(x)在(8,+8)上單調(diào)遞增;+1在x=處取得極小值.2解析.f(x)=3x6x=0得x=0或x=2。.當(dāng)xC(8,0)U(2,+8)時(shí)f'(x)>0,f(x)為增函數(shù).當(dāng)xC(0,2)時(shí),f'(x)<0,f(x)為減函數(shù).f(x)在x=2處取得極小值.答案27. (2015)江蘇,19)已知函數(shù)f(x)=x因?yàn)閒(x)在x=0處取得極值，所以(0)=0,即a=0o,故f(1)=3,f'(1)=3,從而f(x)在點(diǎn)ee(1,f(1)處的切線方程為y-3=3(x-1),化簡(jiǎn)得3xey=0。ee+ax2+b(a

29、,bCR).(1)試討論f(x)的單調(diào)性；(2)若b=ca(實(shí)數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù))，當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不同的零點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍恰好是(一巴-3)U22+°°I；求c的值.22a當(dāng)a>0時(shí)，xCf'(x)<0,所以函數(shù)f(x)在一0°,2a萬卜0，+8)上單調(diào)遞增，在解(1)f(x)=3x+2ax,令f(x)=0,解得x0,x2=-o3遞減;當(dāng)av0時(shí)，xC(8,0)uJ,+8時(shí)時(shí)，fz(x)>0,xe-對(duì)，2a2af(x)<0,所以函數(shù)f(x)在(8,0),了，+OO/單倜遞增，在Jo,-y戶單倜(2)由(1)知，函數(shù)f(x)

30、的兩個(gè)極值為f(0)=b,f2a；=27a3+b,則函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f(0)f5+bi<0,'a>0,從而43.I27aVbv0a<0,430Vb<27a.4343_又b=ca,所以當(dāng)a>0時(shí)，27aa+c>0或當(dāng)av0時(shí)，27aa+c0。43設(shè)g(a)=27a-a+c,因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有二個(gè)零點(diǎn)時(shí)，a的取值氾圍恰好是(一°°,3)U”，-|U+°°1；22則在(一8,3)上g(a)0,且在1，3g,+°°jg(a)>0均恒成立.3從而g(-3)=c-1<0,且g-1

31、=c-1>0,因此c=1。2此時(shí)，f(x)=x3+ax2+1a=(x+1)x2+(a1)x+1-a,因函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，則x2+(a1)x+1a=0有兩個(gè)異于一1的不等實(shí)根，所以A=(a22_-1)-4(1-a)=a+2a-3>0,且(-1)(a1)+1aw0,解得aC(8,-3)U133，一J|U+8i。綜上c=1。223x2+ax8. (2015)重慶，20)設(shè)函數(shù)f(x)=x(aCR).e(1)若f(x)在x=0處取得極值，確定a的值，并求此時(shí)曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程;(2)若f(x)在3,+8)上為減函數(shù)，求a的取值范圍.解(1)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f

32、9;(x)=(6x+a)ex-(3x2+ax)ex/x、2(e)一3x2,當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=F,f(x)=e2,-3x+6x(2)由(1)知f'(x)=2,、3x+(6a)x+a22，一、3x+(6a)x+a令g(x)=-3x2+(6-a)x+a,6一a-.a+36由g(X)=0解得Xi=6,X2=當(dāng)XVX1時(shí)，g(X)V0,即f'(X)V0,故f(x)為減函數(shù);當(dāng)XiVXVX2時(shí)，g(X)>0,即f'(X)>0,故f(X)為增函數(shù);當(dāng)X>X2時(shí)，g(X)<0,即f'(X)V0,故f(X)為減函數(shù).6a+a369由f(X)在3,+8)

33、上為減函數(shù)，知X2=6&3,解得a>-2，一，一，79)故a的取值范圍為|-2,+°°卜9. (2015)新課標(biāo)全國(guó)I,21)已知函數(shù)f(x)=X3+aX+4,g(X)=InX。(1)當(dāng)a為何值時(shí)，x軸為曲線y=f(X)的切線；(2)用minmn表示3n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(X)=minf(x),g(x)(x>0),討論h(X)零點(diǎn)的個(gè)數(shù).解(1)設(shè)曲線y=f(x)與X軸相切于點(diǎn)(X0,0),則f(X0)=0,f'(X0)=0。即r3,1nX0+ax0+-=0,423X0+a=0,13解得X0=2,a=-4。3因此，當(dāng)a=二時(shí)，x軸為曲線y=f(

34、x)的切線.4(2)當(dāng)xC(1,+8)時(shí)，g(x)=-Inx<0,從而h(x)=minf(x),g(x)<g(x)<0,故h(x)在(1,+8)無零點(diǎn).5一5一當(dāng)x=1時(shí)，右a>-4,則f(1)=a+4>0,h(1)=minf(1),g(1)=g(1)=0,故x=1一一5一一一是h(x)的零點(diǎn)；若a<-4,則f(1)<0,h(1)=minf(1),g(1)=f(1)<0,故x=1不是h(x)的零點(diǎn).當(dāng)xC(0,1)時(shí)，g(x)=-Inx>0。所以只需考慮f(x)在(0,1)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).(i)若aw3或a>0,則f'(x)=3x

35、2+a在(0,1)無零點(diǎn)，故f(x)在(0,1)單調(diào).而f(0)=1f(1)=a+5,所以當(dāng)aw3時(shí)，f(x)在(0,1)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，f(x)44在(0,1)沒有零點(diǎn).(ii)若一3<a<0,則f(x)在|0,a,1陋調(diào)遞增，故在(0,1)3中，當(dāng)x=a時(shí)，f(x)取得最小值，最小值為若f'"j3'°'即4<a<0，f(x)在(0,1)無零點(diǎn);若fS/a0，即a=4，則f(x)在(0,1)有唯一零點(diǎn)；a315,53右f3/<0'即3<a<4，由于f(0)=4，f(1)=a+1所以當(dāng)一

36、4<a<Z時(shí),5一f(x)在(0,1)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)一3<aw4時(shí)，f(x)在(0,1)有一個(gè)零點(diǎn).一3,、53,、5一綜上，當(dāng)a>4或a<4時(shí),h(x)有一個(gè)手點(diǎn)；當(dāng)a=4或a=4時(shí)，h(x)有兩個(gè)手點(diǎn)；53一當(dāng)一二<a<I時(shí)，h(x)有二個(gè)零點(diǎn).4410. (2015)安徽，21)設(shè)函數(shù)f(x)=x2-ax+bo(1)討論函數(shù)f(sinx)在卜之7j內(nèi)的單調(diào)性并判斷有無極值，有極值時(shí)求出極值；(2)記f°(x)=x2a°x+b°,求函數(shù)|f(sinx)-fc(sinx)|在I/,/1上的最大值D2，一a,一，,一，一(

37、3)在(2)中，取a0=bc=0,求z=b滿足DK1時(shí)的取大值.解(1)f(sinx)=sin2x-asinx+b=.,一、一一兀一.兀sinx(sinxa)+b,"2-<x<_2_°一，.、兀兀f(sinx)=(2sinxa)cosx,"2<x<_2-0L,、，兀兀LL,、，因?yàn)橐蝗f，所以cosx>0,2<2sinx<2。aw2,bCR時(shí)，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞增，無極值.a>2,beR時(shí)，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減，無極值.對(duì)于2<a<2,在亍，2兩存在口t一的x0,使得2sinx°=a。

38、(1) vxWx。時(shí)，函數(shù)f(sinx)單調(diào)遞減；x0Wx<_2時(shí)，函數(shù)f(sinx)單倜遞增；因此，一2<a<2,bCR時(shí)，函數(shù)f(sinx)在X0處有極小值f(sinxo)=f'a)=b4O兀兀11(2) "2wxw2時(shí)，|f(sinx)f0(sinx)|=|(ao-a)sinx+b-bo|<|a-ao|+|b-bo|。.一兀一當(dāng)(a。一a)(bbo)>0時(shí))取x=,等廳成立.一兀一當(dāng)(a。一a)(bbo)<O時(shí),取x=-2-.,等廳成立.由此可知，|f(sinx)-fo(sinx)|在|"2"，上的最大值為D)=|

39、aao|+|bbo|。(3) D<1即為|a|+|b|w1,此時(shí)owa2w1,-1<b<l,2從而z=b二w1。42取a=o,b=1,則|a|十|b|w1,并且z=b=1o42a由此可知，z=b:滿足條件D<1的取大值為1。411. (2014)山東，2o)設(shè)函數(shù)f(x)=e2-k(2+lnx)(k為常數(shù)，e=2。71828是自然對(duì)xx數(shù)的底數(shù)).(1)當(dāng)kwo時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若函數(shù)f(x)在(o,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求k的取值范圍.解(1)函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)?o,+°°),(x)=x2ex2xex4xxex2exk(x

40、2)3一2xx(x2)(exkx)3x由k<0可得ex-kx>o,所以當(dāng)xC(o,2)時(shí)，f'(x)<o,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)xC(2,+8)時(shí)，f'(x)>o,函數(shù)y=f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(o,2),單調(diào)遞增區(qū)間為(2,+8).(2)由(1)知，kwo時(shí)，函數(shù)f(x)在(o,2)內(nèi)單調(diào)遞減，故f(x)在(o,2)內(nèi)不存在極值點(diǎn)；當(dāng)k>o時(shí)，設(shè)函數(shù)g(x)=exkx,xo,十°°),因?yàn)間'(x)=exk=exe1nk,當(dāng)0<kwi時(shí)，當(dāng)xC(0,2)時(shí),g'(x)=exk

41、>0,y=g(x)單調(diào)遞增.故f(x)在(0,2)內(nèi)不存在兩個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)k>1時(shí)，得xC(0,lnk)時(shí)，g'(x)<0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞減，xC(lnk,+8)時(shí)，gz(x)>0,函數(shù)y=g(x)單調(diào)遞增.所以函數(shù)y=g(x)的最小值為g(lnk)=k(1lnk).函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)2i,e解得e<k<-org(0)>0,g(lnk)<0,1g>0,0<lnk<2.綜上所述，函數(shù)f(x)在(0,2)內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，k的取值范圍為12. (2013)福建，17)已知函數(shù)f(x)=x

42、-alnx(aCR).(1)當(dāng)a=2時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)A(1,f(1)處的切線方程；(2)求函數(shù)f(x)的極值.a解函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+8),/汽)=1。x(1)當(dāng)a=2時(shí)，f(x)=x-2lnx,f'(x)=1-(x>0),因而f(1)=1,f'(1)=1,所x以曲線y=f(x)在點(diǎn)A(1,f(1)處的切線方程為y-1=-(x-1),即x+y2=0。axa(2)由f(x)=1-=,x>0知：xx當(dāng)awo時(shí)，f'(x)>0,函數(shù)“*)為(0,+°°)上的增函數(shù)，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時(shí)，由f'(

43、x)=0,解得x=a。又當(dāng)x(0,a)時(shí)，f'(x)<0；當(dāng)xe(a,+8)時(shí)，f，(x)>0,從而函數(shù)f(x)在x=a處取得極小值，且極小值為f(a)=aalna,無極大值.綜上，當(dāng)awo時(shí)，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)f(x)在x=a處取得極小值a-alna,無極大值.考點(diǎn)三導(dǎo)數(shù)的綜合問題1. (2015)新課標(biāo)全國(guó)I,12)設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x1)ax+a,其中a<1,若存在唯一的A。C。整數(shù)X0使得f(xo)<0,則a的取值范圍是()73D。2eJxo,使得g(xo)在直線y=解析設(shè)g(x)=eX(2x1),y=axa,由題知存在唯一

44、的整數(shù)ax-a的下方，一,V一.1.1,一,因?yàn)間(x)=e(2x+1),所以當(dāng)x<萬時(shí)，g(x)<0,當(dāng)x>萬時(shí)，g(x)>0,所以當(dāng)x11=-2時(shí)，g(x)min=-2e2，當(dāng)x=0時(shí)，g(0)=-1,g(1)=3e>0,直線y=a(x1)恒過(1,0)且斜率為a,故a>g(0)=-1,且g(1)=3e封aa,解得a<1,故選D。2e答案D2. (2014)遼寧，11)當(dāng)xC2,1時(shí)，不等式ax3x2+4x+3>0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取7091B。|1-6，-§D.-4,-3值范圍是()A.-5,-3C.-6,2解析當(dāng)xC(0,1時(shí)，

45、得03朋4(j+；,令t=x，則tC1，+0°),-4t2+t,令g(t)=-3t3-4t2+t,te1,+oo),則g'(t)=9t28t+1=(t+1)(9t1),顯然在1,+8)上，g'(t)<0,g(t)單調(diào)遞減，所以g(t)max=g(1)=-6,因此a>6；同理，當(dāng)xC2,0)時(shí)，得aw2。由以上兩種情況得一6waw2,顯然當(dāng)x=0時(shí)也成立.故實(shí)數(shù)a的取值范圍為6,-2.答案C3. (2013)四川，10)設(shè)函數(shù)f(x)=Nex+xa(aCR,e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).若曲線y=sinx上存在點(diǎn)(x°,y°)使得f(f(y。)=

46、y。，則a的取值范圍是()A.1,eB.e11,1C.1,e+1D.e1-1,e+1解析因?yàn)閥o=sinxo-1,1,而f(x)>0,f(f(y0)=y0,所以y0c0,1.設(shè).ex+xa=x,xC0,1,所以ex+xx2=a在xC0,1上有解，令g(x)=ex+xx2,所以g'(x)=ex+12x,設(shè)h(x)=ex+1-2x,則h'(x)=ex-2,所以當(dāng)xC(0,In2)時(shí)，h'(x)<0,當(dāng)xC(ln2,1)時(shí)，h'(x)>0,所以g'(x)>g'(ln2)=32ln2>0,所以g(x)在0,1上單調(diào)遞增.所以

47、原題中的方程有解必須方程有解，所以g(0)<a<g(1),故選Ao答案A4. (2015)廣東，19)設(shè)a>1,函數(shù)f(x)=(1+x2)exa。(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)證明:f(x)在(一OO,+OO)上僅有一個(gè)零點(diǎn)；(3)若曲線y=f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，且在點(diǎn)Mmin)處的切線與直線OP¥行(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，證明：mea21。(1)解f'(x)=2xex+(1+x2)ex=(x2+2x+1)ex=(x+1)2ex?xCR,f'(x)>0恒成立.，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(一8,+OO).(2)證明'.(0)=1-

48、a,f(a)=(1+a2)ea-a,a.a>1,.f(0)<0,f(a)>2ae-a>2a-a=a>0,f(0)f(a)<0, .f(x)在(0,a)上有一零點(diǎn),又f(x)在(巴+8)上遞增, .f(x)在(0,a)上僅有一個(gè)零點(diǎn),1f(x)在(8,+8)上僅有一個(gè)零點(diǎn).(3)證明f'(x)=(x+1)2ex,設(shè)P(xo,yc),則f'(xo)=exo(xo+1)2=0,xc=-1,2把xo=1,代入y=f(x)得yc=-a,e一2 k。aoef'(m)=em(儕1)2=a-2,e令g(m)=em-(mu-1),g'(m)=e

49、m-1。令g'(x)>0,則m>0,g(m)在(0,+8)上增.令g'(x)<0,則m<0,1. g(m)在(8,0)上減.1-g(m)min=g(0)=0。em(mi+1)>0,即emi>im+1。em(mi+1)2>(mi+1)3,即a-|>(m.3。1<5.(2015)山東，21)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+1)+a(x2x),其中aCR。(1)討論函數(shù)f(x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由;(2)若？x>0,f(x)>o成立，求a的取值范圍.解(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?1,+8),.,1f(x)=x

50、T7+a(2x-1)2.2ax+ax-a+1ox+1令g(x)=2ax2+ax-a+1,xC(1,+8).當(dāng)a=0時(shí)，g(x)=1,此時(shí)f'(x)>0,函數(shù)f(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，A=a8a(1a)=a(9a8).一8一(1)當(dāng)0vawd時(shí)，A<0,g(x)>0,9fz(x)>0,函數(shù)f(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增，無極值點(diǎn);8一(11)當(dāng)2>£時(shí)，A>0,92設(shè)方程2ax+axa+1=0的兩根為x1，x2(x1<x2),因?yàn)閤I+x2=2,一,11所以xiVx2>o441由g(1)=1&

51、gt;0,可得一1<x1V。4所以當(dāng)xC(1,x1)時(shí)，g(x)>0,f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增;當(dāng)xC(x1,x2)時(shí)，g(x)V0,f'(x)V0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xC(x2,+8)時(shí)，g(x)>0,f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；因此函數(shù)有兩個(gè)極值點(diǎn).(近)當(dāng)2<0時(shí),A>0,由g(-1)=1>0,可得x1V1。當(dāng)xC(1,x2)時(shí)，g(x)>0,f'(x)>0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)xC(x2,+8)時(shí)，g(x)V0,f'(x)V0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；所以函

52、數(shù)有一個(gè)極值點(diǎn).綜上所述，當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)有一個(gè)極值點(diǎn)；當(dāng)0waw1時(shí)，函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)；9當(dāng)a>8時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn).9,一8一(2)由(1)知，當(dāng)0waWG時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,+8)上單倜遞增，9因?yàn)閒(0)=0,所以xC(0,+oo)時(shí)，f(x)>0,符合題意；時(shí)上a<8一9由g(0)>0,得X2<0,所以函數(shù)f(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，又f(0)=0,所以xe(0,+8)時(shí)，f(x)>0,符合題意;當(dāng)a>1時(shí)，由g(x)<0,可得X2>0。所以x(0,x2)時(shí)，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減；因?yàn)閒(0)

53、=0,所以xC(0,x2)時(shí)，f(x)v0,不合題意;當(dāng)a<0時(shí)，設(shè)h(x)=x-ln(x+1).一,.1x因?yàn)閤C(0,+8)時(shí)，h(x)=1x+i=x+i>0,所以h(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，因此當(dāng)xC(0,+8)時(shí)，h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x?？傻胒(x)<x+a(x2x)=ax2+(1a)x,當(dāng)x>11時(shí)，ax2+(1-a)x<0,a此時(shí)f(x)V0,不合題意.綜上所述，a的取值范圍是0,1.6.(2015)湖南，21)已知a>0,函數(shù)f(x)=eaxsinx(xC0,+oo).記xn為f(x)的從小到大的第n(n

54、CN*)個(gè)極值點(diǎn)，證明:數(shù)列f(xn)是等比數(shù)列;.1一，,，一(2)右a>則對(duì)一切nCN,xn<|f(xn)|恒成立。e-1證明(1)f'(x)=aeaxsinx+eaxcosx=eax(asinx+cosx)a2+1eaxsin(x+(),.1_.Tt其中tan。=一，0<<°a2令f'(x)=0,由x>0得x+4=mk,對(duì)keN,若2kTtvx+(f)v(2k+1)兀，即2k兀-()<x<(2k+1)兀一(),則f'(x)>0；右(2k+1)兀vx+(j)v(2k+2)兀,即(2k+1)兀一evxv(2k+

55、2)兀一e,則f'(x)v0。因此，在區(qū)間(m-1)兀，mu-()與(mn(),mn)上,f'(x)的符號(hào)總相反.一，*»_一一.于是當(dāng)x=mTt()(mCN)時(shí)，f(x)取得極值,*、所以xn=n%()(nN).此時(shí)，f(xn)=eam-6simn%()=(1)n+1ea(n-)sin力。易知f(xn)w0,而f(xn+1)f(xn)/n+2a(n+1)兀一巾.；1)ne1esis'一尸是常數(shù)，故數(shù)列f(xn)是首項(xiàng)為f(x1)=ea-1Hsin。，公比為一ea的等比數(shù)歹U.,一1一一，一一*(2)由(1)知，sin(=,于是又一切nCN;XnV|f(Xn)

56、|恒成立，即1<z=ea(n6恒成立，等價(jià)于Ja2+1(*)恒成立，因?yàn)?a>0).te.一設(shè)g(t)=(t>0),則g'(t)=et(t-1)t2O令g'(t)=0得t=1。當(dāng)0vt<1時(shí)，g'(t)V0,所以g(t)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減;當(dāng)t>1時(shí)，g'(t)>0,所以g(t)在區(qū)間(1,+8)上單調(diào)遞增.從而當(dāng)t=1時(shí)，函數(shù)g(t)取得最小值g(1)=e。;a+1因此，要使(*)式恒成立，只需a<g(1)=e,a一1即只需a>j20e-1而當(dāng)a=,2時(shí)，由tan()=-=Je"1>、/3

57、且0V()<三知,Ve1a""2兀<-2°-2兀1-2一.一，3兀4-2兀一jv&vqe一1,且當(dāng)n>2時(shí)，nTt一(|)>2兀一()>e一1。32因此對(duì)一切nCN,axn=2w1,所以g(axn)>g(1)=e="0。故(*)式亦恒成綜上所述，若a>1則對(duì)一切neN*,xn<|f(xn)|恒成立.7.(2015)福建,20)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=kx(kR).證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)x;(2)證明：當(dāng)k<1時(shí)，存在xc>0,使得對(duì)任意的xC(0,x。)，恒有f(x)>g(x);確定k的所有可能取值，使得存在t>0,對(duì)任意的xC(0,t),恒有|f(x)g(x)|<證明令F(x)=f(x)x=ln(1+x)x,xC(0,十°°),則有F'(x)=iZ；仁才。當(dāng)xC(0,+8)時(shí)，F(xiàn)'(x)<0,所以F(x)在(0,+8)上單調(diào)遞減，故當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)(x)<F(0)=0,即當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<xo(2)證明令Gx)=f(x)g(x)=ln(1+x)kx,xC(0,+8),1，kx+(